高考热点12 圆锥曲线中的存在性(探索性)问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“圆锥曲线中的存在性问题”核心考点，依据高考评价体系明确逻辑推理、数学运算等考查要求，梳理特殊值法、核心变量选取等解题技巧，归纳垂直关系、平行共线、定直线及参数存在等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，以重庆八中、武汉六中月考真题为例，通过核心变量法、方程思想等突破存在性问题，培养学生数学思维与表达能力，助力学生掌握解题逻辑，教师可据此精准教学，提升复习效率。

高考热点12　圆锥曲线中的存在性 (探索性)问题 返回目录 解决存在性(探索性)问题的一些技巧 1.特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素,再证明求 得的要素使得其他情况均成立. 2.核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素 作为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去. 3.核心变量的求法: (1)直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解. (2)间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出关于该变量与辅 助变量的方程(组),运用方程思想求解. 返回目录 典例1　(垂直关系存在问题)(2026届重庆八中月考,18)椭圆E: + =1(a>b>0)的 左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 ,点M,N为椭圆E上的两个不同动点,△F1MF2面积 的最大值为 . (1)求椭圆E的标准方程. (2)设直线MF1的斜率为k1,直线NF1的斜率为k2. (i)若M,N在x轴上方,且k1+k2=0,求证:直线MN过定点; (ii)点M,N在运动过程中,是否存在某些位置使得MF1⊥NF1且MF2⊥NF2?若存在,求出此 时点M的坐标;若不存在,请说明理由. 返回目录 解析    (1)由题意知 = ,即a=2 c,因此b2=8c2-c2=7c2,即b= c, 当M点位于短轴端点时,△F1MF2的面积最大,则 ×2c·b= c2= ,即c=1, 因此a=2 ,b= , 故椭圆E的标准方程为 + =1. (2)(i)证明:设直线MN的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2), 【思路探究:条件k1+k2=0,即 + =0,是关于M,N坐标的对称式,利用代数法,由根与 系数的关系建立参数m,k的关系,证明直线过定点】 返回目录 由 消去y得(7+8k2)x2+16kmx+8m2-56=0, 由Δ=(16km)2-4(7+8k2)(8m2-56)>0,得8k2+7>m2,由根与系数的关系得 x1+x2=- ,x1x2= , 因为k1+k2=0,所以 + =0, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0. 所以(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=0, 整理得2kx1x2+(k+m)(x1+x2)+2m=0, 则2k· +(k+m) +2m=0,化简得m=8k, 返回目录 所以直线MN的方程为y=kx+8k,恒过定点(-8,0). (ii)设M(x0,y0),显然x0≠1, 【思路探究:以M点的坐标为核心变量,结合其他条件探究,一是N点是两动直线NF1与 NF2的交点,联立两直线方程得N点坐标,二是N点在椭圆上,建立核心变量的关系式;再 由M点在椭圆上得到核心变量的另一关系式,列方程组求M点坐标,方程组有解M点存 在,否则M点不存在】   则直线MF1的斜率为 ,直线MF2的斜率为 . 返回目录 因为MF1⊥NF1,MF2⊥NF2, 所以直线NF1的斜率为- ,直线NF2的斜率为- . 所以直线NF1的方程为y=- (x+1), 直线NF2的方程为y=- (x-1), 联立两方程解得x=-x0,y= , 即N , 因为点N在椭圆上,所以 =y0, 返回目录 即 - =1或 + =1, 又点M在椭圆上,所以 + =1, 联立 无解, 联立 解得  所以符合条件的点M的坐标为 , , ,  . 返回目录 典例2　(平行或共线关系存在问题)(2025届湖北武汉六中月考,18)已知椭圆C的离 心率为 ,左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0). (1)求C的方程; (2)已知点M0(-1,4),证明:线段F2M0的垂直平分线与椭圆C恰有一个公共点; (3)在坐标平面上是否存在定圆D(M是定圆D上的动点)使得线段F2M的垂直平分线与椭 圆C恰有一个公共点T?若存在,证明M,T,F1三点共线;若不存在,说明理由. 返回目录 解析    (1)由椭圆的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),得c=1, 设C的方程为 + =1(a>b>0), 由椭圆C的离心率为 = ,得a=2,则b2=3,因此C的方程为 + =1. (2)证明:由M0(-1,4),F2(1,0)得直线M0F2的斜率为k=-2,线段F2M0的中点坐标为(0,2), 所以线段F2M0的垂直平分线的方程为y= x+2, 联立 消去y得x2+2x+1=0,因为Δ=4-4=0, 返回目录 所以线段F2M0的垂直平分线与C恰有一个公共点. (3)假设符合条件的圆D存在, 【思路探究:存在定圆需三个条件,由(2)知,M0点符合题意,即M0在圆D上;利用对称性知 M0关于x轴的对称点M1(-1,-4)也符合题意,即M1在圆D上;结合图形知,F2关于椭圆右顶点 的对称点M2(3,0),F2M2的垂直平分线与椭圆也相切,即M2在圆D上,由此确定圆的方程】 由(2)知M0(-1,4)在圆D上,由对称性知M1(-1,-4)在圆D上,F2关于椭圆右顶点的对称点 M2(3,0)在圆D上. 因为线段M0M1的垂直平分线为y=0, 线段M0M2的垂直平分线上的点(x,y)满足(x+1)2+(y-4)2=(x-3)2+(y-0)2, 返回目录 化简即得M0M2的垂直平分线的方程为x-y+1=0. 由 ⇒D(-1,0),且|DM2|=4, 所以过M0(-1,4),M1(-1,-4),M2(3,0)三点的圆的方程为(x+1)2+y2=16. 【思路探究:由特殊情况求得所求要素(圆的方程),再证明求得的要素使得其他情况均 成立,即圆上任一点都满足线段F2M的垂直平分线与椭圆C恰有一个公共点T,且证明M, T,F1三点共线】 如图所示,下面证明此圆符合题目条件.   返回目录 设M(x0,y0)在圆(x+1)2+y2=16上, 则(x0+1)2+ =16, 【思路点拨:一要证明直线F2M的垂直平分线与椭圆相切】 当y0=0时,F2M的垂直平分线方程为x=-2或x=2,与椭圆C相切,符合条件; 当y0≠0时,F2M的垂直平分线方程为y=- x+ , 设k=- ,b= = , 由 消去y得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0, 返回目录 因为Δ'=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12) =48(4k2+3-b2) =48  =48·  =48·  =0, 所以F2M的垂直平分线与椭圆C相切. 所以满足条件的圆D存在,其方程为(x+1)2+y2=16. 返回目录 【思路点拨:二要证明M,T,F1三点共线,先求切点坐标,再用斜率相等证明共线】 由根与系数的关系得xT=- =- = , 则yT=kxT+b= = = , 【运算技巧:由上述证明过程得到4k2+3=b2,使用此式比直接代入计算更简捷】 所以T , 所以 = = = , 又 = , 所以M,T,F1三点共线. 返回目录 变式训练 1.(定直线存在问题)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的离心率为 ,过点E(1,0)的直 线l与C的左、右支分别交于M,N两点(异于顶点). (1)若点P为线段MN的中点,求直线OP与直线MN的斜率之积(O为坐标原点); (2)若A,B为双曲线的左、右顶点,且|AB|=4,试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定 直线上.若是,求出该定直线;若不是,请说明理由. 返回目录 解析    (1)由题意得  所以a=b, 设M(x1,y1),N(x2,y2),P(x0,y0), 则  作差得 = · = · , 返回目录 所以MN的斜率kMN= = · , 又kOP= , 所以kMNkOP= =1. (2)因为2a=4,所以a=b=2,A(-2,0),B(2,0),x2-y2=4, 设直线l:x=1+ty,t≠0,M(x1,y1),N(x2,y2), 联立 消去x得(t2-1)y2+2ty-3=0, 返回目录 所以  所以ty1y2= , 易知直线AN:y= (x+2), BM:y= (x-2), 则 = · = = = =3,所以x=4. 故存在定直线x=4,使直线AN与直线BM的交点G在定直线上. 返回目录 2.(参数存在问题)已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点和椭圆C2: + =1(a>b>0)的右 焦点F重合,过点F任意作直线l分别交抛物线C1于M,N,交椭圆C2于P,Q.当l垂直于x轴时, |MN|=4,|PQ|=3. (1)求C1和C2的方程; (2)是否存在常数m,使 + 为定值?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.   返回目录 解析    (1)当l垂直于x轴时,l的方程为x= , 代入抛物线方程可得y2=p2,解得y=p,所以|MN|=2p. 由题意知2p=4,得p=2, 所以抛物线C1的方程是y2=4x. 所以直线l的方程为x=1,焦点F(1,0),所以c=1. 将x=1代入椭圆方程可得y2= , 解得y= ,所以|PQ|= . 返回目录 由已知可得 解得  所以椭圆C2的方程为 + =1. (2)假设存在常数m,使 + 为定值. 设直线l的方程为x=ny+1,M(x1,y1),N(x2,y2), 联立 消去x,整理得y2-4ny-4=0. 则Δ=16n2+16>0恒成立,且  所以|MN|= |y1-y2|= · =  =4(n2+1). 返回目录 设P(x3,y3),Q(x4,y4), 联立 消去x,整理得(3n2+4)·y2+6ny-9=0. 则Δ=144(n2+1)>0恒成立, 且  所以|PQ|= |y3-y4| =   返回目录 =   = . 所以 + = + = · + · . 因为 + 为定值,所以有 = ,【提示:分母都含有n2+1,所以有 = 】 所以m=-3. 所以假设成立. 所以存在常数m=-3,使 + 为定值- . 返回目录 $